2024-2025学年湖北省高一（下）期中物理试卷

这是一份2024-2025学年湖北省高一（下）期中物理试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）如图所示，轻质不可伸长的细绳绕过光滑定滑轮C与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑。设绳子的张力为FT，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A做减速运动B．物体A做匀速运动
C．FT可能小于mgsin θD．FT一定大于mgsin θ
2．（4分）如图所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为3h，B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在C点相遇，C点离地面的高度为h。已知重力加速度为g，则（ ）
A．两个小球一定同时抛出
B．两个小球一定同时落地
C．两个小球抛出的时间间隔为（2）
D．两个小球抛出的初速度之比
3．（4分）在未来太空探测过程中，若航天员乘飞船来到了某星球，在星球表面将一个物体竖直向上以初速度v0抛出，经过t时间落回抛出点，已知该星球的半径为地球半径的k倍，地球表面重力加速度为g，则该星球的密度与地球的密度之比为（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）2023年5月11日，天舟六号货运飞船成功对接中国空间站天和核心舱，空间站和另一地球卫星的轨道如图所示，二者的运动均可看成匀速圆周运动。已知卫星—地心的连线与卫星—空间站的连线的最大夹角为θ，地球半径为R，空间站距地面的高度为h，万有引力常量为G，重力加速度为g，忽略地球自转。下列判断正确的是（ ）
A．中国空间站的运行周期为
B．卫星的轨道半径为
C．空间站与卫星的线速度之比为
D．空间站与卫星的角速度之比为1：
5．（4分）关于某力做功的功率，下列说法正确的是（ ）
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
6．（4分）如图，一小物块（可视为质点）从斜面上的A点由静止开始沿斜面自由下滑，经过B点后进入水平面，经过B点前后速度大小不变，小物块最终停在C点。已知小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，初始时斜面与水平面之间的夹角为α＝15°，现保证小物块初始释放位置的投影始终在A′，增大斜面与水平面之间的夹角α至60°，不计空气阻力，则小物块最终（ ）
A．停在C点左侧
B．仍然停在C点
C．停在C点右侧
D．可能停在C点左侧，也可能停在C点右侧
7．（4分）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ ）
A．4.0mB．4.5mC．5.0mD．5.5m
（多选）8．（4分）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
（多选）9．（4分）银河系的恒星大约四分之一是双星。某双星是由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一点O做匀速圆周运动，已知S1、S2两星体到O点的距离之比为1：3，若S1星体的质量为m，做圆周运动的线速度为v，向心力大小为F，向心加速度大小为a，则S2星体的（ ）
A．质量为mB．线速度为v
C．向心力大小为FD．向心加速度大小为a
（多选）10．（4分）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11．（12分）在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。
实验一：如图（a）所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
（1）以下是实验中的一些做法，合理的是 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C.调整轨道角度平衡摩擦力
D.选择密度更小的小球
（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t＝ ，初速度v0＝ （用L，g，θ表示）。
实验二：如图（b）所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
（3）上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是 （填“确定”或“不确定”），再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足 （用h，R，g表示）。
12．（12分）如图所示，一倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的水平轨道BC平滑连接，水平轨道与一半径为R的圆弧轨道相切于C点，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量m＝1kg的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球v0＝4m/s的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿AB方向进入倾斜轨道滑下。已知轨道AB长L＝6m，与水平方向夹角θ＝37°，小球与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道部分均光滑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在C点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径R应满足什么条件。
13．（12分）用弹簧秤称量一个相对地球静止的小物体受到的重力，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为M，自转周期为T，引力常量为G。将地球视为半径为R，质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0。
（1）若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值。（计算结果保留2位有效数字）
（2）若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值的表达式。
14．（12分）如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆轨道半径均为R＝0.6m，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ＝37°的斜面，底端H处有一弹性挡板，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01kg的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2，则：
（1）小物体的速度v0满足什么条件？
（2）当小物体的速度为v0m/s，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
15．（12分）如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0kg，小车的长度为l＝0.25m，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块在小车上滑行时的加速度大小a；
（2）物块运动到B点时的速度大小vB；
（3）弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
2024-2025学年湖北省高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分。在小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1．（4分）如图所示，轻质不可伸长的细绳绕过光滑定滑轮C与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑。设绳子的张力为FT，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体A做减速运动B．物体A做匀速运动
C．FT可能小于mgsin θD．FT一定大于mgsin θ
【分析】根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合矢量运算法则，即可求解。
【解答】解：AB、设某时刻BC之间的细绳与竖直方向的夹角为α，则将B的速度分解可知收绳的速度
v＝v0csα
随着B的下滑，则α减小，v变大，即物体A 做加速运动，故AB错误；
CD、对A分析可知
FT﹣mgsinθ＝ma
可得
FT＝mgsinθ+ma＞mgsinθ
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查运动的合成与分解，掌握如何将实际运动分解成两个分运动是解题的关键，同时运用三角函数关系。
2．（4分）如图所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为3h，B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在C点相遇，C点离地面的高度为h。已知重力加速度为g，则（ ）
A．两个小球一定同时抛出
B．两个小球一定同时落地
C．两个小球抛出的时间间隔为（2）
D．两个小球抛出的初速度之比
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度。
【解答】解：A、C平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h，得t，由于A到C的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，A应先抛出，由t得两个小球抛出的时间间隔为Δt＝tA﹣tB（2），故A错误，C正确；
B、两小球在C点相遇时，由于hAC＞hBC故竖直速度，所以A先落地，故B错误；
D、由x＝v0t得v0＝x，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比，故D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
3．（4分）在未来太空探测过程中，若航天员乘飞船来到了某星球，在星球表面将一个物体竖直向上以初速度v0抛出，经过t时间落回抛出点，已知该星球的半径为地球半径的k倍，地球表面重力加速度为g，则该星球的密度与地球的密度之比为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据竖直上抛运动的时间来计算该星球表面的重力加速度，然后利用重力加速度与星球密度的关系式，求解密度比。
【解答】解：根据题意可知，星球表面的重力加速度

由万有引力和重力的关系可知，


得

因此
，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题的关键在于理解竖直上抛运动的时间与重力加速度的关系，以及重力加速度与星球密度之间的联系。通过这些物理关系，可以有效地求解出不同星球之间的密度比。正确理解题目中的物理过程和公式应用是解题的关键。
4．（4分）2023年5月11日，天舟六号货运飞船成功对接中国空间站天和核心舱，空间站和另一地球卫星的轨道如图所示，二者的运动均可看成匀速圆周运动。已知卫星—地心的连线与卫星—空间站的连线的最大夹角为θ，地球半径为R，空间站距地面的高度为h，万有引力常量为G，重力加速度为g，忽略地球自转。下列判断正确的是（ ）
A．中国空间站的运行周期为
B．卫星的轨道半径为
C．空间站与卫星的线速度之比为
D．空间站与卫星的角速度之比为1：
【分析】在地球表面上，根据物体受到的万有引力等于重力，由此求出地球的质量；根据空间站受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出中国空间站的运行周期，对应的线速度、加速度和周期的关系。
【解答】解：A、在地球表面上，根据物体受到的万有引力等于重力，有：m′g
空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：
联立解得空间站的运行周期为：，故A错误；
B、如图所示，根据题意和几何知识可知，卫星的轨道半径为r′，故B错误；
CD、由万有引力提供向心力可得：，解得：，
因为空间站与卫星的轨道半径之比为sinθ：1，则空间站与卫星的线速度之比为，角速度之比为1：，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对万有引力定律的理解和运用，需要注意空间站受到的万有引力提供向心力。
5．（4分）关于某力做功的功率，下列说法正确的是（ ）
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
【分析】明确功率的定义，知道功率大小等于单位时间内做功的多少，反映做功快慢的物理量。
【解答】解：A、功的公式W＝FLcsθ，功率P，故该力的功率取决于力、位移、力和位移的夹角以及时间，所以力大时，功率不一定大，故A错误；
B、功率在数值上等于单位时间内做功的大小，在单位时间内做功越多，功率越大，故B正确。
C、功率越大，说明力做功快，但由于时间不明显，故该力做功不一定多，故C错误；
D、功率越小，说明力做功慢，不能说明力做功的时间少，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考功和功率的定义，要注意明确功是描述力做功快慢的物理量，等于单位时间内做功的大小。
6．（4分）如图，一小物块（可视为质点）从斜面上的A点由静止开始沿斜面自由下滑，经过B点后进入水平面，经过B点前后速度大小不变，小物块最终停在C点。已知小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，初始时斜面与水平面之间的夹角为α＝15°，现保证小物块初始释放位置的投影始终在A′，增大斜面与水平面之间的夹角α至60°，不计空气阻力，则小物块最终（ ）
A．停在C点左侧
B．仍然停在C点
C．停在C点右侧
D．可能停在C点左侧，也可能停在C点右侧
【分析】根据动能定理分析小物块在B点的速度与夹角α的关系，确定小物块停止的位置。
【解答】解：设A′B的距离为d，对物块从A点到B点运动的过程，由动能定理可得（mgsin α﹣μmgcs α）•，解得小物块在B点的速度为vB，增大α至60°，tanα增大，vB增大，根据运动学公式可知，到达B点的速度越大，将运动得越远，ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查动能定理的应用，对于多过程运动问题，应用动能定理进行分析是常用方法。
7．（4分）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ ）
A．4.0mB．4.5mC．5.0mD．5.5m
【分析】根据机械能守恒定律计算达到滑梯末端时的速度的大小，再根据平抛运动规律计算人的落水点到滑梯末端的水平距离。
【解答】解：人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，
根据机械能守恒定律可知mgHmv2，
代入数据解得v＝4m/s
从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，
根据hgt2可知落水时间为
t
水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为
x＝vt＝4m＝4.0m，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题关键是分析清楚物体的运动规律，也可以对全过程运用机械能守恒定律和平抛运动的规律列式求解。
（多选）8．（4分）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（ ）
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向受力平衡，分析小球的高度和弹簧的弹力如何变化，由向心力公式列式分析杆对小球的作用力如何变化，即可由牛顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况。由向心力公式Fn＝mω2r分析小球所受合外力变化情况。
【解答】解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcsα＝mg
若ω′＞ω，假设小球上移，α增大，csα减小，弹簧伸长量减小，F减小，则Fcsα＜mg，小球在竖直方向不能平衡，不可能；
同理，假设小球下移，α减小，也不可能，所以α不变，小球的高度不变，弹簧弹力的大小F一定不变，故A错误，B正确；
C、规定杆对小球的弹力方向向右为正，由牛顿第二定律得：
Fsinα﹣FN＝mω2r，可得FN＝Fsinα﹣mω2r，
因为Fsinα是定值，所以当Fsinα＞mω2r时，FN＞0，杆对小球弹力向右；Fsinα＜mω2r时，FN＜0，杆对小球弹力向左。因为随着ω的增大，弹力有个反向的过程，所以从ω＝0开始逐渐增大，弹力变化一定是先变小后变大。因为本题Fsinα与mω2r的关系未知，所以大小关系不确定，因此弹力可能变大、也可能变小，故C错误；
D、小球所受合外力的大小F合＝Fn＝mω2r，ω变大，其它量不变，则F合一定变大，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。
（多选）9．（4分）银河系的恒星大约四分之一是双星。某双星是由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一点O做匀速圆周运动，已知S1、S2两星体到O点的距离之比为1：3，若S1星体的质量为m，做圆周运动的线速度为v，向心力大小为F，向心加速度大小为a，则S2星体的（ ）
A．质量为mB．线速度为v
C．向心力大小为FD．向心加速度大小为a
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相等，结合v＝ωr以及牛顿第二定律分析。
【解答】解：A．双星做圆周运动的角速度相等，向心力由两星之间的万有引力提供，则
则
可得
故A正确；
B．根据v＝ωr可知，线速度之比
则
v2＝3v
故B错误；
C．向心力大小相等，即为F，故C正确；
D．根据
F＝ma
可知
故D错误。
故选：AC。
【点评】解双星问题的两个关键点
（1）对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等。
（2）万有引力公式中L是两星球之间的距离，不是星球做圆周运动的轨道半径。
（3）对于多星问题（三星、四星），需要牢记任何一个天体运动的向心力是由其他天体的万有引力的合力提供的。
（多选）10．（4分）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【分析】根据简谐运动的对称性，由牛顿第二定律求得最低点时有弹簧弹力，对A受力分析列平衡方程求得M与2m的关系；根据运动情况和受力情况分析B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B做功情况；根据功能关系求得B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量。
【解答】解：AB、由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mg，解得在最低点时有弹簧弹力为：T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，有：2mgsinθ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；
C、由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D、对于B，在从释放到速度最大过程中，根据除重力以外其他力做功等于物体机械能的增加量，而其他力就是弹簧弹力，由弹簧弹力对B球做负功，可知B机械能的减少量等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了受力分析、简谐运动、平衡状态、功能关系等知识，是一道综合性较强的题目，对学生熟练应用相关规律解题要求较高，需要较高的推理及综合分析问题的能力。
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11．（12分）在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。
实验一：如图（a）所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
（1）以下是实验中的一些做法，合理的是 B 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C.调整轨道角度平衡摩擦力
D.选择密度更小的小球
（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t＝ ，初速度v0＝ （用L，g，θ表示）。
实验二：如图（b）所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
（3）上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是 确定 （填“确定”或“不确定”），再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足 （用h，R，g表示）。
【分析】（1）根据实验原理、实验正确操作和注意事项分析作答；
（2）根据平抛运动的规律结合数学知识求解小球的运动的初速度和飞行时间；
（3）根据平抛运动的规律结合数学知识求解小球的运动的初速度。
【解答】解：（1）AC．斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，故AC错误；
B．为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故B正确；
D．为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，故D错误。
故选：B。
（2）由抛出到P点过程，合速度与水平方向的夹角为θ，如图（a）所示：
根据数学知识
平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，水平位移Lcsθ＝v0t
解得
初速度
（3）h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为α，如图（b）所示：
根据位移规律
由于直管沿半径方向，因此落点处速度方向的反向延长线必然经过O点
根据平抛运动的规律结合数学知识
联立解得
h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。
由以上分析可知，竖直方向下落高度为
用时
根据几何关系
解得。
故答案为：（1）B；（2）；；（3）确定；。
【点评】本题主要考查了平抛运动的基本规律，知道平抛运动竖直分运动为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动；理解直管垂直于斜面和沿圆的半径方向的含义是解题的关键。
12．（12分）如图所示，一倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的水平轨道BC平滑连接，水平轨道与一半径为R的圆弧轨道相切于C点，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量m＝1kg的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球v0＝4m/s的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿AB方向进入倾斜轨道滑下。已知轨道AB长L＝6m，与水平方向夹角θ＝37°，小球与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道部分均光滑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在C点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径R应满足什么条件。
【分析】（1）由功能关系可以求出弹簧的弹性势能。
（2）应用运动的合成与分解求出小球到达A点的速度，应用动能定理求出到达C点的速度。
（3）应用动能定理求出轨道的临界长度，然后确定其范围。
【解答】解：（1）由功能关系可知，弹簧的弹性势能
EpJ＝8J；
（2）小球离开光滑平台后做平抛运动，到达A点时速度如图所示
小球到达A点的速度
vAm/s＝5m/s
小球从A到C过程，由动能定理得：
mgLsinθ﹣μmgcsθ•L
代入数据解得：vC＝7m/s；
（3）小球不脱离圆轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点D，在轨道内做圆周运动，则小球在最高点D应满足
mmg
小球从C直到D点过程，由动能定理有
﹣mg•2R
联立解得：R≤0.98m；
情况二：小球滑到与圆心等高处，速度减为零，然后小球再沿原路返回，则由动能定理有
﹣mgR＝0
解得：R＝2.45m
综上所述，要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足0≤R≤0.98m或R≥2.45m。
答：（1）未解锁时弹簧的弹性势能为8J；
（2）小球在C点时速度的大小为7m/s；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径R应满足条件0≤R≤0.98m或R≥2.45m。
【点评】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用功能关系、牛顿第二定律与动能定理即可解题。
13．（12分）用弹簧秤称量一个相对地球静止的小物体受到的重力，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为M，自转周期为T，引力常量为G。将地球视为半径为R，质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0。
（1）若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值。（计算结果保留2位有效数字）
（2）若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值的表达式。
【分析】（1）在北极物体受到的重力等于万有引力，应用万有引力公式求解；
（2）在赤道上物体所受万有引力为重力与物体随地球自转做匀速圆周运动所需向心力的合力，应用万有引力公式求解。
【解答】解：（1）在北极，物体受到的重力等于地球的引力。则

在北极上空高出地面h处测量

则

当h＝1.0%R时，将h＝1.0%R代入
则有

（2）在赤道，考虑地球的自转，地球的引力提供重力（大小等于弹簧秤示数）与物体随地球自转需要的向心力；在赤道上小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有

得
。
答：（1）的表达式为；h＝1.0%R的情形算出具体数值为0.98；
（2）的表达式为。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道重力与万有引力的关系、知道万有引力提供向心力是解题的前提。
14．（12分）如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆轨道半径均为R＝0.6m，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ＝37°的斜面，底端H处有一弹性挡板，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01kg的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2，则：
（1）小物体的速度v0满足什么条件？
（2）当小物体的速度为v0m/s，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
【分析】（1）先根据动能定理求出小物体恰好通过E点时的初速度。再根据动能定理求出小物体刚好反弹到E点的初速度，从而求得小物体的速度v0满足的条件；
（2）当小物体的速度为v0m/s，对照第一题的结果，分析小物体最后停在斜面上的位置，对整个过程，利用动能定理求小物体在斜面上运动的总路程。
【解答】解：（1）当小物体恰好通过E点时，小物体的速度为零。从C到E的运动过程，根据动能定理得

解得

设小物体刚好反弹到E点，斜面的长度为L。对小物体运动的全过程，根据动能定理得
﹣mg•2R﹣2mgLcsθ＝0
其中

解得

故小物体在水平面上的速度范围为

（2）当小物体的速度为v0m/s，由于，且mgsinθ＞μmgcsθ，故小物体最后停在H处。从小物体开始运动到小物体最后停止的全过程，由动能定理得

解得小物体在斜面上运动的总路程为
x＝1.8m
答：（1）小物体的速度v0满足的条件是；
（2）小物体最后停在斜面上H处，在斜面上运动的总路程为1.8m。
【点评】解答本题时，要把握隐含的临界状态和临界条件，知道滑动摩擦力做功与路程有关，运用动能定理解答。
15．（12分）如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0kg，小车的长度为l＝0.25m，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块在小车上滑行时的加速度大小a；
（2）物块运动到B点时的速度大小vB；
（3）弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
【分析】（1）物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律求加速度。
（2）当小车压缩弹簧到最短时速度为零，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力充当向心力，由此求得物块经过C点时的速度。从B到C的过程，运用机械能守恒定律求物块运动到B点时的速度vB；
（2）根据能量守恒定律求弹簧压缩到最短时具有的弹性势能Ep；从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，由运动学公式求滑块A相对地面的位移，从而求得弹簧被压缩的距离x。
【解答】解：（1）物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律
μmg＝ma
解得a＝2m/s2；
（2）据题，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有

物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得

联立解得

（3）根据能量守恒定律得：

解得Ep＝14.5J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，滑块A相对地面的位移

则小车的位移
x＝s﹣l，解得x＝1m
即弹簧被压缩的距离为1m
答：（1）物块在小车上滑行时的加速度大小等于2m/s2；
（2）物块运动到B点时的速度大小等于；
（3）弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能等于14.5J；弹簧被压缩的距离等于1m。
【点评】本题是多研究对象多过程问题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用相关规律即可正确解题。
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答案
D
C
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D
B
C
A
题号
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答案
BD
AC
ACD